2024年云南省高三高考化学备考思路与迎考策略课件(共34张PPT)

(共34张PPT)
2024年云南高考化学备考思路与迎考策略
一、回归教材，重视基础，脚踏实地的考出应有水平；
9．2023浙江卷 下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：
2Fe2+ + 2I- + 2Cl2 === 2Fe3+ + I2 + 4Cl-
B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：
ClO- + CO2 + H2O === HClO + HCO3-
C．铜与稀硝酸：Cu + 4H+ + 2NO3- === Cu2+ + 2NO2 + 2H2O
D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：
S2- + 2SO2 + 2H2O === H2S + 2HSO3-
A．Cl2先与I-反应，后与Fe2+反应；FeI2溶液与等物质的量的Cl2，碘离子与氯气恰好完全反应：2I- + Cl2 === I2 + 2Cl-，故A错误；
向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙和次氯酸：ClO- + CO2 + H2O === HClO + HCO3-，故B正确；
铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3Cu + 8H+ + 2NO3- === 3Cu2+ + 2NO + 4H2O，故C错误；
对应的离子反应方程式为：2S2- + 5SO2 + 2H2O === 3S + 4HSO3-，故D错误；
通过可能发生的反应：Na2S + SO2 + H2O === Na2SO3 + H2S、2H2S + SO2 === 3S + 2H2O、Na2SO3 + SO2 + H2O === 2NaHSO3；
判断出产物为S和HSO3-；因此向Na2S溶液通入足量SO2，溶液变浑浊，溶液中生成NaHSO3：
这种情况务必提醒考生反应顺序的梳理，类似的情况很多，如FeBr2溶液中加入一定量的氯气；
工业生产时常用NH4Cl代替盐酸，本题正好选材于此。
ZnO + 2NH4Cl + H2O === ZnCl2 + 2NH3 H2O；Zn2+ + 4NH3 H2O ==== [Zn(NH3)4]2+ + 4H2O；
理论上来讲，ZnO、Fe2O3和Fe3O4均可以溶解于NH4Cl溶液，
即O2 + 4Fe(OH)2 + 2H2O === 4Fe(OH)3，
导致认为B项是正确结论
即大部分的Fe2O3和Fe3O4并未发生溶解，
实际情况是滤渣成分主要是Fe2O3和Fe3O4，Fe(OH)3只有少量，B错误。
由表知0~2min内 c(W) = 0.16-0.08 = 0.08mol/L，生成 c(X) = 2 c(W) = 0.16mol/L，
但一部分X转化为Z，造成 c(X)<0.16mol/L，
则v(X)<
过程②是可逆反应，若增大容器容积相当于减小压强，平衡向气体分子数增大的方向移动，即X的物质的量更大（但X的浓度更小），此时考生很容易推理出Y的产率更小。
过程①是完全反应，当②反应平衡时，W早已分解完全，不管窗口体积是否变化，Y的产率依然保持100%，故B错误；
反应达到平衡时，v(正) = v(逆)，即v3 = v2，k3c(Z) = k2c2(X)，若k2 = k3，平衡时c(Z) = c2(X)，故C错误；
反应③的活化能大于反应②， H=正反应活化能-逆反应活化能<0，
升高温度，平衡逆向移动，则平衡时c(Z)减小，故D正确；故选D。
1mol该物质最多能与2molNaOH反应，故B错误；
Y的分子式为：C6H10O，
标准状况时，2.24LCl2与足量的水反应转移的电子数为0.1NA；
向水中加入Na2O2，反应后所得溶液中滴加几滴酚酞，溶液最终变为红色，说明反应产生了NaOH，带有火星的木条复燃，说明产生了O2；
溶解了1mol Cl2的氯水中，不论存放时间的长短，均有：
N(Cl2) + N(Cl-) = NA【N(Cl2)和N(Cl-)表示Cl2和Cl-的个数】；
根据氮原子的电子排布，可以确定有稳定的NCl3，不可能有NCl5分子 ；
常温常压下，46 g NO2与92 g N2O4，所含的分子数后者是前者的两倍；
先加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，再加入稀HNO3溶液，白色沉淀不溶解，则溶液中一定含有大量的Cl﹣；
0.5mol雄黄（As4S4），结构如右图，含有NA个As-As键；
由1H、2H、3H、12C、13C、14C所组成的CH≡CH分子共有45种；
K35ClO3与浓H37Cl反应制得7.1 g氯气，则生成的Cl2分子数为0.1NA；
二、重视“能量流”与“物质流”，熟悉此类问题的分析方法，轻松解决这类新型化学试题的应试问题；
+2
..
+3
+2
NH2O和NH3中N为sp3杂化，H2O中O为sp3杂化，它们的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确；
由反应历程可知，有N-H，N-O键断裂，还有O-H键和N-N键的生成，B正确；
由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，C正确；
由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D错误；
物质流分析的关键是弄清楚反应，每一步是怎么转化，总的反应是什么？
Ru(Ⅱ)被氧化至Ru (Ⅲ)后，[L-Ru-NH3]＋中的Ru带有更多的正电荷，其与N原子成键后，Ru吸引电子的能力比Ru (Ⅱ)强，这种作用使得配体NH3中的N-H键极性变强且更易断裂，因此其失去质子（H+）的能力增强，A说法正确；
Ru (Ⅱ)中Ru的化合价为+2，当其变为Ru (Ⅲ)后，Ru的化合价变为+3，Ru (Ⅲ)失去2个质子后，N原子产生了1个孤电子对，Ru的化合价不变；M为[L-Ru-NH2 ]＋，当[L-Ru-NH2]＋变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给Ru 1个电子，导致Ru的化合价由+3价变为+2，因此，B说法不正确；
该过程M变为[L-Ru-NH2-NH2-Ru-L]2+时，有N-N键形成，N-N是非极性键，C说法正确；
从整个过程来看，4个NH3失去了2个电子后生成了1个N2H4和2个NH4+，Ru (Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为：4NH3 -2e- === N2H4 + 2NH4+，D说法正确；
三、重视结构知识的整理与应用，迎接新高考模式的新挑战。
即Y7与Z7相对质量相差7，也就是Y、Z相对质量相差1，
且Y、Z的化学环境相同，说明Y、Z为两种同位素，如1H、2H、3H或12C与13C等；
即：3x+7y+w+r = 40；
X、W和R三种元素位于同周期，很明显，应该是第二周期；
考虑到只有X、W、R同周期，因此，Y只能是第一周期的H原子，即y=1；
设X的最外层电子数为a（X的核外电子数为2+a），则R的核外电子数为r = 2a，
上式变为：3(a+2)+7+w+2a = 40，5a+w = 27，
a=3，w=12(X、R不在同周期，舍去)；
a=4，w=7；则X为C，R为O，W为N；
a=5，w=2(X、R不在同周期，舍去)；
最后的结论是：X为C；Y为H；W为N；R为O；当Y为1H时，Z为2H；当Y为2H时，Z为3H；
由X、Y、W和R四种元素所组成的42电子粒子为NH4HCO3，俗称碳氨，可以在农业生产上发挥很大作用，A正确；
第一电离能：N＞O>C>H，B错误；
化合物X3Y7WR为C3H7NO，由于酰胺基有-CO-NH2或-CO-NH-或-CO-N-等多种理解，C错误；
C、N和O可以形成CH3-CH3、N2H4、H2O2，它们都是电子数为18的氢化物，D错误；
根据“均摊法”，晶胞中含4个Zr、8×1/8+12×1/4+6×1/2+1=8个O，则立方氧化锆的化学式为ZrO2，
Zr的配位数为8，根据化学式ZrO2，O的配位数为4，选项A正确；
四个Zr原子组成正四面体，该四面体的棱边就是Zr原子之间的最短距离，正好为面对角线的一半，
即a/2pm，C正确；
(1/4,1/4,1/4)
(3/4,3/4,1/4)，
(0,0,0)
(3/2,3/2,1)
位置为xy平面的面心，D正确；
x、y、z三个方向均应加3/4，
x、y、z三个方向均应加3/4，
(1/2,1/2,0
四、以五种常数为核心，结合反应的顺序和恒等关系，巧解溶液分析的高考压轴题。
加入氨水后最终溶解，成为Ag(NH3)2Cl溶液，对应的反应为：
题给条件可以理解为依次进行以下反应：
c(Cl-)呈现增大趋势，
c(Ag+)由于溶解平衡的正向移动，可以看成有段时间保持不变，后来随着c(NH3)的增大，逐渐减小，
而[Ag(NH3)]+和[Ag(NH3)2]+不断增大，
但最终主体应该是[Ag(NH3)2]+；
所以，III为Ag+，
IV为Cl-；
I为[Ag(NH3)2]+，
II为[Ag(NH3)]+；
当c(NH3) = 10-1mol L-1时，c([Ag(NH3)2]+) = c(Cl-) = 10-2.35 mol L-1；c(Ag+) = 10-7.40 mol L-1，c([Ag(NH3)]+) = 10-5.16 mol L-1，
但开始时c(Cl-) = c(Ag+)；
所以有：Ksp(AgCl) = c(Ag+)×c(Cl-) = 10-9.75，B正确；
反应的K = c([Ag(NH3)2]+)/[c(NH3)×c([Ag(NH3)]+)] = 103.81，C正确；
当c(NH3) = 0.01mol L-1时，
图中显示c([Ag(NH3)2]+)>c([Ag(NH3)]+)>c(Ag+)，D正确；
则Ksp(AgxX) = cx(Ag+)×c(Xx-)，
转化成相应的离子浓度代入Ksp(AgxX) = cx(Ag+)×c(Xx-) = 1×10-16 = 10-16，(10-3)x×10-7 = 10-16，x = 3，
即Ag3X(s)；Ksp(Ag3X) = 1×10-16；
按照同样的方法，在图像上任找两点(0,10)，(3,7)，
转化成相应的离子浓度代入Ksp(AgyY) = cy(Ag+)×c(Yy-) = 1×10-10 = 10-10，(10-3)y×10-7 = 10-10，y = 1，
即AgY(s)；Ksp(AgY) = 1×10-10；
根据分析可知，x=3，y=1，x : y = 3 : 1，A项正确；
由图像可知，J点混合溶液中各离子浓度为：c(Ag+) = 10-3mol L-1，c(X3-) = c(Y-) = 10-7mol L-1，c(X3-)/c(Y-) = 1，
加入AgNO3(s)会使c(Ag+)增大，可以假定某一数值，如c(Ag+) = 0.1mol L-1，
c(X3-) = 10-16/(0.1)3 = 10-13mol L-1，c(Y-) = 10-10/0.1 = 10-9mol L-1，
c(X3-)/c(Y-) = 10-13/10-9 = 10-4，c(X3-)/c(Y-)变小，B正确；
向AgxX固体中加入NayY溶液，
该反应的平衡常数K = Ksp(Ag3X)/K3sp(AgY) = 10-16/(10-10)3 = 1014，K值极大，可发生AgxX→AgyY的转化，C项正确；
在图像上任找两点(0,16)，(3,7)，
五、以电对分析为依托，全面准确破解电化学难题。
Zn为负极，放电时Zn失去电子变为Zn2+，电极反应为：Zn – 2e- === Zn2+；
阳离子向正极迁移，则放电时Zn2+由负极向正极迁移，B说法正确；
放电时正极反应为：V2O5 + nH2O + 2xe- + xZn2+ === ZnxV2O5 nH2O；
电池的总反应为xZn + V2O5 + nH2O === ZnxV2O5 nH2O。
则充电时阳极的电极反应为：ZnxV2O5 nH2O – 2xe- === xZn2+ + V2O5 + nH2O，D说法正确；
则其在充电时的总反应为ZnxV2O5 nH2O === xZn + V2O5 + nH2O，C说法不正确；
由题意可知放电时钠电极为原电池负极，电极反应为：Na – e- === Na+；
硫电极得电子，发生一连串反应，即S8→S82-→S62-→S42-→Sx2-；
硫电极为原电池正极，电极反应可以表示为：2Na+ + x/8S8 + 2e- → Na2Sx。
充电时与放电正好反向；
故充电时，Na+由硫电极迁移至钠电极，A错误；
放电时Na在a电极失去电子，失去的电子经外电路流向b电极，硫黄粉在b电极上得电子与a电极释放出的Na+结合得到Na2Sx，电子在外电路的流向为a→b，B正确；
C正确；
炭化纤维素纸中含有大量的炭，炭具有良好的导电性，可以增强硫电极的导电性能，D正确；
本题的本质是浓差电池。
甲中因为反应：Cu2++ 4NH3 ==== [Cu(NH3)4]2+，导致c(Cu2+)下降，
因此甲室Cu电极为负极，电极反应为Cu – 2e- === Cu2+；
乙室Cu电极自然就是正极，
电极反应为Cu2+ + 2e- === Cu；
也可以表示为：Cu -2e- + 4NH3 === [Cu(NH3)4]2+，
则电池总反应为：Cu2++ 4NH3 ==== [Cu(NH3)4]2+，C正确；
NH3扩散到乙室会与铜离子反应生成[Cu(NH3)4]2+，铜离子浓度降低，铜离子得电子能力减弱，因此将对电池电动势产生影响，故D正确。
原电池在工作的过程中若不考虑离子的移动，甲池富余阳离子Cu(NH3)42+，乙池富余SO42-；
若隔膜为阳离子膜，则产品应该是在乙池流出的溶液低温热解产生，
即：Cu(NH3)4SO4 === CuSO4 + 4NH3↑；
但图中显示低温热解的是甲池流出的溶液，所以，隔膜是阴离子膜，
在电池工作的过程中理论上来讲只需要在乙池不断添加CuSO4电镀废液；故B错误；
六、以反应为中心，结合主元素的传递和副元素的排除为主线，依托教材，合理联想，正确化解流程分析试题。
Co2+、Co3+、
Ni2+、Al3+、
Mg2+
根据表中数据可以计算出pH = 9.0时，Co2+、Co3+、Ni2+、Al3+、Mg2+的浓度分别约为：5.9×10-5mol L-1、1.6×10-29mol L-1、5.5×10-6mol L-1、1.3×10-18mol L-1、5.6×10-2mol L-1；
Mg2+、NO3-
Mg(NO3)2 6H2O
Co(OH)2、Co(OH)3、
Ni(OH)2、Al(OH)3；
Al(OH)3；
Co(NH3)62+、Ni(NH3)62+；
MgO + H2O === Mg(OH)2
MgO + 2H+ === Mg2+ + H2O
晶体
减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。
HCl气体
8×1/8 = 1个；
6×1/2 = 3个；
1个
化学式为：AlCoO3；
白球与黑球之间的最短距离为，
白球与叉球之间的最短距离为a/2；
考虑到>a/2；结合题中表述“Al与O最小间距大于Co与O最小间距”，所以，黑球为Al原子，叉球为Co原子；
即白球为氧原子，
设晶胞边长为a，
体心；
以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为12；
晶体A为Mg(NO3)2 6H2O，
晶体A含6个结晶水，
还剩余5个水分子，
因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值理论上最高为2 : 5；
可重复利用的是HNO3和MgO；故答案为：MgO。
七、以原理预判为前提，身临其境的理解并完成综合实验的分析与评价。
应该隔绝空气；
“水膜保护”；
2Al + 2OH- + 2H2O ==== 2AlO2- + 3H2↑
（现在应该写成：2Al + 2OH- + 6H2O ==== 2Al(OH)4- + 3H2↑）
碱洗的目的是除铝；
水洗的目的是除碱；
加入有机溶剂显然是极性溶剂；
当水准管内液面持续上升时说明气流速度太快或反应已经完成，
此时应该减小H2的通入速率或中止反应；
（现在应该写成：2Al + 2OH- + 6H2O ==== 2Al(OH)4- + 3H2↑）
取最后一次洗涤液，测pH为中性或取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净
极性溶剂只有CH3COCH3和CH3CH2OH
，但极性较强的为乙醇，故选C；
向集气管中充入H2时，氢气从左侧进入，向下进入集气管，
当由集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为气体由下方的集气管出来，向右进入装置Ⅱ，
恒压滴液漏斗；
根据题给信息可知，雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，故反应前向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是排除装置中的空气，防止雷尼Ni自燃；
由于雷尼镍活性很高，对H2有强烈的吸附作用，当导气管插入液面以下后，雷尼镍表面迅速被H2所吸附，
使得雷尼镍催化剂对邻硝基苯胺的吸附减弱，最终导致催化氢化反应速率降低；
也就是会导致催化剂中毒；
反应完成后，氢气不再被消耗，则集气管中液面不再改变。
八、以竞争反应为主线，平衡常数为中心，全面破解多平衡体系的各种问题。
x(C6H5C2H5) = x(C6H5CH=CH2) = x(H2) = 1/3，所以：KP = 100/3KPa；
设加入水蒸气xmol，平衡转化率提高至75%，即：
KP = 100/3KPa=[0.75/(1.75+x)]2×100/[0.25/(1.75+x)]，解得：x = 5.0mol；
（3）根据（2）的计算结果，可以推断出图中横坐标表面上是乙苯的转化率，实际上应该是充入了更多的水蒸气；
在恒温恒压的条件下，不断加入水蒸气，反应④、⑤由于Qp反应⑥ Qc=Kp，平衡不移动，
由此好像可以得出：n(C6H5CH=CH2)和n(C6H6)增加，它们各自的选择性S应该增大；
如此得出的结论是：曲线a代表甲苯，但生成苯乙烯的反应④是主体反应，反应⑤为副反应，所以，b代表C6H5CH=CH2，c代表苯；
但题中强调反应④为主体反应，反应⑤、⑥为副反应，主反应的选择性理应高于副反应。
曲线a芳香烃产物的选择性明显大于曲线b、c芳香烃产物的选择性，应该是曲线a代表产物苯乙烯的选择性，曲线b代表苯，c代表甲苯。
但问题是a的选择性为何越来越低呢？
只有一种解释，即：S(苯乙烯) + S(苯) + S(甲苯) = 1，
由于S(甲苯)变化太小，导致S(苯乙烯)与S(苯)之间出现此涨彼消的关系，
所以，S的变化趋势与平衡移动的方向不一定完全一致。
催化剂颗粒大小会影响接触面积，会影响反应速率，D项错误；
（5）电负性Cl＞Br＞I，则极性C-Cl键＞C-Br键＞C-I键，原子半径r(Cl)CuBr在水中的溶度积常数Ksp=c(Cu+) c(Br-)；
谢谢大家，祝2024年高考大捷！